Диссертация (1091498), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

. . , n) каждой секции изотропной диафрагмы.Постановка обратных задач PεCj (lj ≪ 1)( QCεj (lj ≪ 1)): требует-ся по известному коэффициенту прохождения F/A (или отраженияB/A) электромагнитного поля определить комплексную диэлектрическую проницаемость εj каждой секции изотропной тонкой (l1 ≪ 1)многосекционной диафрагмы.Сформулируем постановку обратной задачи в случае анизотропноймногосекционной диафрагмы:Постановка обратной задачи PεbRj : требуется по известному ко-эффициенту прохождения F/A электромагнитного поля определитьтензор диэлектрической проницаемости εbj каждой секции анизотропной многосекционной диафрагмы.В следующих пунктах рассмотрена каждая из поставленных обрат-ных задач.1.3Обратные задачи для изотропной односекционной диафрагмы (класс I)1.3.1Восстановление комплексной диэлектрической проницаемостиCВ этом пункте рассмотрены обратные задачи PεR1 , PεC1 (QRε1 , Qε1 ) вос-становления вещественной (комплексной) диэлектрической проницаемости по коэффициенту прохождения (или коэффициенту отражения).

В37случае вещественной диэлектрической проницаемости получено явноерешение задачи. Результаты решения обратных задач, рассматриваемыхв данном пункте, опубликованы в [80].Рассмотрим сначала задачи восстановления вещественной проницаемости, а именно: PεR1 и QRε1 .Будем предполагать, что магнитная проницаемость диафрагмы и магнитная проницаемость вне диафагмы совпадают, т.е µ0 = µ1 . Тогда выражения (1.41), (1.43) принимают вид:eiγ0 l1F=,(1.48)Ag(τ )τγ 0 l1g(τ ) = cos τ + isin τ,(1.49)+2γ0 l12τrπ2τ = γ1 l1 = l1 ω 2 ε1 µ0 − 2 .(1.50)aБудем рассматривать задачу при условии, что ε1 > ε0 > 0.

С учетом2одномодового режима имеем k12 > k02 > πa , где k12 = ω 2 ε1 µ0 . Откудаследует, что:γ1 =Таким образомrk12− π 2ra> 0.π2> 0.(1.51)a2Пусть z = ρ + iζ = Aeiγ0 l1 /F . Отделяя действительную и мнимуюτ = γ 1 l1 = l1k12 −части в (1.49), получаем:(где h(τ ) =τ2γ0 l1+cos τ = ρh(τ ) sin τ = ζ,(1.52)γ 0 l12τ ,ρ = Re Aeiγ0 l1 /F , ζ = Im Aeiγ0 l1 /F .Значения величин ρ, ζ считаются известными.Справедлива следующая теорема.38(1.53)Теорема 1.1. Пусть известны магнитная проницаемость диафрагмыµ1 , ρ = Re Aeiγ0 l1 /F , ζ = Im Aeiγ0 l1 /F и |ρ| < 1, ρ2 +ζ 2 ≥ 1.

Тогда ре-шение обратной задачи PεR1 существует и единственно и выражаетсяпо формулам:ε1 = k0−2 π 2τ = τ1 = γ 0 l 1|ζ| +aгде 2 !τ+,l1(1.54)pρ2 + ζ 2 − 1p,1 − ρ2(1.55)при условии, что τ1 /γ0 l1 > 1, ε1 > ε0 , cos τ1 = ρ, sign (ζ) = sign (sin τ1 ).Если τ2 /γ0 l1 < 1, π 2 /(a2 ω 2 µ0 ) < ε1 < ε0 , cos τ2 = ρ и sign (ζ) = sign (sin τ2 ),то обратная задача имеет единственное решение, выраженное следующей формулой:τ = τ2 = γ 0 l 1p1 − ρ2p|ζ| + ρ2 + ζ 2 − 1!.(1.56)В противном случае обратная задача PεR1 не имеет решений.Доказательство.

Из (1.52) следует, что (в области определения всехфункций) верно следующее соотношение:ζ2= 1,ρ + 2h (τ )2h(τ ) > 0.Из (1.52) имеем:h2 (τ ) =ζ2,1 − ρ2|ρ| < 1.(1.57)Тогда получаем:h(τ ) = Q,|ζ|Q := p> 0.1 − ρ2(1.58)Из уравнений (1.58) получаем следующее квадратное уравнение:τ 2 − 2γ0 l1 Qτ + (γ0 l1 )2 = 0,39(1.59)которое имеет корни:p2τ1 = γ 0 l 1 Q + Q − 1 ,τ2 =γlp0 1,Q + Q2 − 1(1.60)здесь τ1,2 являются действительными, если Q ≥ 1. Поэтому:ρ2 + ζ 2 ≥ 1.(1.61)Неравенство (1.61) представляет собой условие существования решения уравнения (1.59). При τ = γ1 l1 , мы имеем:pω 2 ε1 µ0 − π 2 /a2τγ1;==pγ 0 l1γ0ω 2 ε0 µ0 − π 2 /a2тогда, принимая во внимание, что ε1 > ε0 , получаем:τ> 1.γ 0 l1Если π 2 /(a2 ω 2 µ0 ) < ε1 < ε0 , то:τ< 1.γ 0 l1Таким образом, для ε1 > ε0 получаем:pτ1= Q + Q2 − 1γ 0 l1(> 1) .Для π 2 /(a2 ω 2 µ0 ) < ε1 < ε0 , имеем:τ21p=γ 0 l1Q + Q2 − 1(< 1) .Таким образом, когда ε1 > ε0 , система уравнений (1.59) имеет единственный корень τ1 (1.55).

Уравнение (1.59) имеет единственный кореньτ2 (1.56) при π 2 /(a2 ω 2 µ0 ) < ε1 < ε0 .Следует отметить, что сведение к квадратному уравнению (1.59) – неэквивалентное преобразование. Необходимо дополнить уравнение (1.59)40одним из уравнений системы (1.52), например, первым уравнением, принимая во внимание знаки ρ и ζ. В результате система (1.52) будет эквивалентна системе:(cos τ = ρ,ρ2 +ζ2h2 (τ )sign (ζ) = sign (sin τ ) ,= 1..(1.62)На основе полученных результатов окончательно получаем из системы (1.62) явные формулы (1.54)–(1.55) (для искомой действительнойпроницаемости при условии, что ε1 > ε0 ) и формулы (1.54), (1.56) ( дляискомой действительной проницаемости при условии, что π 2 /(a2 ω 2 µ0 ) <ε1 < ε0 ). Формулы (1.54)–(1.56) дают явное решение обратной задачи.Замечание 1.1.

Если ρ = 1, тогда ζ = 0 и τ = 2πn, n ∈ Z. Если ρ = −1,тогда ζ = 0 и τ = π+2πn, n ∈ Z. В этих случаях рассматриваемая обрат-ная задача PεR1 имеет бесконечно много решений, поэтому они исключеныиз теоремы.Справедлива следующая теорема.Теорема 1.2. ЕслиF = ±Aeiγ0 l1 ,илиF =гдеτ1∗(1.63)Aeiγ0 l1,g(τ1∗ )(γ0 l1 )2p,=πn + π 2 n2 + (γ0 l1 )2(1.64)n ≥ 0,(1.65)то решение задачи PεR1 не единственно.Если оба эти условия не выполнены, то задача PεR1 имеет единственное решение.Доказательство. Доказательство первой части теоремы (1.63) следуетиз Замечания 1.1.41Из уравнения (1.49) имеем:Aeiγ0 l1.FБудем рассматривать τ ≥ 0 (т.к τ = γ1 l1 > 0).

Предположим, чтоg(τ ) =существуют такие τ1 и τ2 (τ2 > τ1 ), что:Aeiγ0 l1g(τ2 ) =.FAeiγ0 l1,g(τ1 ) =FТогда верно следующее:g(τ1 ) − g(τ2 ) = 0.В силу (1.50) последнее равенство эквивалентно системе: cos τ1 − cos τ2 = 0γlγlττ010112++sin τ1 −sin τ2 = 0.γ 0 l1τ1γ 0 l1(1.66)τ2Из первого уравнения системы (1.66) получаем:cos τ1 − cos τ2 = −2 sinτ2 − τ1τ1 + τ2sin= 0.22Откуда следует, что либоsinτ1 + τ2= 0,2sinτ2 − τ1= 0.2либоТогда в первом случае имеем:τ1 + τ2= πk,2k ≥ 0.Откуда следует, чтоτ2 = −τ1 + 2πk,sin τ2 = − sin τ1 .Тогда, подставляя полученные выражения во второе уравнение системы(1.66), получим:γ 0 l1τ2γ 0 l1τ1+++γ 0 l1τ1γ 0 l1τ242sin τ1 = 0.(1.67)Решая уравнение (1.67), имеем:τ1γ 0 l1τ2γ 0 l1+++6= 0,γ 0 l1τ1γ 0 l1τ2в силу того, что τ2 > 0, τ1 > 0, γ0 l1 > 0.Тогдаτ1 = πm, m ≥ 0.Таким образом, в первом случае система (1.66) имеет следующее решение:(иτ1 = πm, m ≥ 0τ2 = −πm + 2πk,g(τ1 ) = g(τ2 ) = (−1)l .Таким образом, первая часть утверждения (формула (1.63)) доказана.

Рассмотрим второй случай, когдаsinТогда имеем:τ2 − τ1= 0.2τ2 − τ1= πn,2n ≥ 0.Откуда следует, чтоτ2 = τ1 + 2πn,sin τ2 = sin τ1 .Тогда, подставляя полученные выражения во второе уравнение системы(1.67), получим:γ 0 l1τ2γ 0 l1τ1+−−γ 0 l1τ1γ 0 l1τ2sin τ1 = 0,Откуда получаем либо:τ1γ 0 l1τ2γ 0 l1+=+,γ 0 l1τ1γ 0 l1τ2либоsin τ1 = 0.43Последний случай рассмотрен выше. Из первого равенства получаемτ1 τ2 = (γ0 l1 )2 .Тогда, с учетом τ2 = τ1 + 2πn, получаем квадратное уравнение:τ1 (τ1 + 2πn) = (γ0 l1 )2 .Откуда имеем следующие корни:τ1∗ = −πn +pπ 2 n2 + (γ0 l1 )2 =τ1∗∗ = −πn −p(γ l )2p 01,n ≥ 0πn + π 2 n2 + (γ0 l1 )2π 2 n2 + (γ0 l1 )2 .Так как τ > 0, следовательно, τ1∗∗ не подходит.

Таким образом, получаемдва решения уравнения (1.64): τ1∗ =πn+√(γ20 l12)2π n +(γ0 l1 )2, τ ∗ = τ ∗ + 2πn, n ≥ 021.Вторая часть утверждения доказана.Замечание 1.2. Теоремы 1.1 и 1.2 полностью отвечают на вопрос о существовании и единственности решения задачи PεR1 .Утверждение 1.1. Если известна только величина |F/A| < 1 при ве-щественном ε1 ,то обратная задача PεR1 не имеет единственного решения.Доказательство. Из формулы (1.48) следует, что1.|F/A|2|g(τ )|2 =Проанализируем отдельно левую и правую части уравнения. Функция|g(τ )|2 имеет вид:1|g(τ )| = cos τ +42244Cτ+Cτ2sin2 zτ.(1.68)(1)Пусть τm =π2(1)+ πm, k = 1, 2, . . .. Тогда при |g(τm )|2 → ∞ при m → ∞.(2)Пусть теперь τl(2)= πl, (l=1,2,. .

. ); очевидно, что функция |g(τl )|2 = 1(см. Рис. 2.1). Поскольку всегда1|F/A|2≥ 1, то верно неравенство |F | ≤ A.Точек пересечений графика функции |g(z)|2 =ции1|F/A|21|F/A|2с графиком функ-бесконечно много. Следовательно, задача имеет бесконечномного решений.Рисунок 2.1 График функции |g(τ )|2 .Рассмотрим обратную задачу QRε1 восстановления действительной диэлектрической проницаемости ε1 по коэффициенту отражения B/A.Будем предполагать, что магнитная проницаемость диафрагмы и магнитная проницаемость вне диафагмы совпадают, т.е µ0 = µ1 . Тогда выражения (1.42)– (1.43) будут иметь вид:τi sin τγ 0 l1B=−,A2τ2γ0 l1 g(τ )где g(τ ) выражается по формуле (1.49).Справедлива следующая теорема.45(1.69)Теорема 1.3.

ЕслиRe( B1π 2 n2A)< −1, ε1 6= 22 + a2 , n ∈ Z2ωµl|B|01Aиctg(γ1 l1 ) =2|BA|−Im( BA)r2BRe( A )2|BA|(1.70),−1то решение обратной задачи QRε1 существует и единственно и выражается по формуле:1ε1 = 2ω µ0 ε0 π 2a+Re(B/A)22 |B/A|γ0 Re(B/A)|B/A|2−1+1!(1.71).Доказательство. Выражение (1.42) будет иметь вид:i(γ02 − γ12 ) sin(γ1 l1 )B,=A2γ0 γ1 cos(γ1 l1 ) + i(γ02 + γ12 ) sin(γ1 l1 )(1.72)Поскольку ε1 ∈ R, то γ1 ∈ R. Отделим действительную и мнимую частив (1.72), мы получим:B cos(γ1 l1 ) = Im(BA2) γ0 − γ1 sin(γ1 l1 ), 2| A | γ1 γB0 γγ 0 + 1 sin(γ1 l1 ) = Re(B A2 ) γ0 − γ1 sin(γ1 l1 ).γ1γ0γ1γ0| |(1.73)AИз второго уравнения системы (1.73) имеем:)Re( Bγγγ0 γ101+= B A2−γ1 γ0γ1 γ0|A|(1.74)или(1.75)sin(γ1 l1 ) = 0.Очевидно, что система (1.73) не имеет решения при (1.75).

Рассмотрим (1.74).Введем следующие обозначения: θ =получим :γ=rRe( BA)2||BAθ−1θ+146иγ =γ1γ0 .Тогда из (1.74)(1.76)Так как γ1 , γ0 > 0, то выражение (1.76) выполняется при значенияхθ < −1.Подставляя выражение (1.76) в систему (1.73), имеем:− Im( B)ctg(γ1 l1 ) = B √ A .| A |2 θ 2 − 1(1.77)Таким образом, если γ1 удовлетворяет соотношению (1.77), γ1 l1 6=πn и θ < −1, то обратная задача имеет единственное решение (1.76).Выражая ε1 через γ1 , имеем явное выражение (1.71) для ε1 .Рассмотрим теперь обратные задачи восстановления комплексной диэлектрической проницаемости ε = ε′ +iε′′ односекционной диафрагмы покоэффициенту прохождения F/A ( задача PεC1 ) или по коэффициенту отражения ( задача QCε1 ). Примером среды, имеющей комплексную диэлектрическую проницаемость, являются диэлектрики с потерями. Мнимаячасть ε′′ комплексной проницаемости ε отвечает за потери и называетсякоэффициентом потерь [23].В отличие от рассмотренных в предыдущем случае задач получитьявное решение обратных задач PεC1 и QCε1 в случае комплексного ε неудается.Рассмотрим сначала обратную задачу PεC1 .

Будем предполагать, чтомагнитная проницаемость диафрагмы и магнитная проницаемость внедиафагмы совпадают, т.е µ0 = µ1 . Тогда выражения (1.41), (1.43) будутиметь вид (1.48) - (1.50). Решая уравнение (1.48) численным методомрешения нелинейных уравнений относительно неизвестного τ , находимτ . Выражая ε1 из формулы (1.50), получим: 2π21τ.+ε1 =l12a2 ω 2 µ0(1.78)Тогда, подставляя найденное значение τ в уравнение (1.78), находим значение комплексной диэлектрической проницаемости ε1 .47В случае обратной задачи QCε1 выражения (1.42)-(1.43) будут иметьвид (1.69), (1.49) - (1.50).

Решая уравнение (1.69) численным методомрешения нелинейных уравнений относительно неизвестного τ , находим τ .Подставляя найденное значение τ в уравнение (1.78), находим значениекомплексной диэлектрической проницаемости ε1 .Таким образом, решение обратных задач PεC1 (QCε1 ) в случае комплексного ε1 сводятся к решению соотвествующего нелинейного уравнения.1.3.2Восстановление вещественной диэлектрической проницаемости и толщины диафрагмыВ данном пункте рассмотрены задачи восстановления вещественнойдиэлектрической проницаемости и толщины односекционной диафрагмыпо коэффициенту прохождения F/A (задача PεR1 , l1 ) и по коэффициентуотражения B/A (задача QRε1 , l1 ). Показано, что в случае обратной задачивосстановления диэлектрической проницаемости и длины по коэффициенту отражения (QRε1 , l1 ) решение может быть представлено в явном виде.Рассмотрим задачу PεR1 , l1 .Рассмотрим уравнение (1.48), которое является комлексным нелинейным уравнением с двумя действительными неизвестными: диэлектричекой проницаемостью ε1 и длиной l1 .

Характеристики

Список файлов диссертации